【文档说明】河南省信阳高级中学2020-2021学年高二下学期回顾测试物理试题 PDF版含答案.pdf，共(16)页，1.054 MB，由小赞的店铺上传

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物理试题第1页（共8页）信阳高中2022届高二下学期回顾测试物理试题考试时间：90分钟；一．单选题（共7小题，每小题4分，共计28分）1．科学家预言，自然界存在只有一个磁极的磁单极子，磁单极N的磁场分布如图甲所示，它与如图乙所示正点电荷Q的电场分布相似。假设磁单极子N和正点

电荷Q均固定，有相同的带电小球分别在N和Q附近（图示位置）沿水平面做匀速圆周运动，则下列判断正确的是（）A．从上往下看，图甲中带电小球一定沿逆时针方向运动B．从上往下看，图甲中带电小球一定沿顺时针方向运动C．从上往下看，图乙中带电小球一定沿顺时针方向运动D

．从上往下看，图乙中带电小球一定沿逆时针方向运动2．我国于2020年11月24日凌晨4点30分成功发生了“嫦娥五号”月球探测器，“嫦娥五号”在环月轨道成功实施变轨，从距离月球表面100Km的环月圆轨道Ⅰ降低到近月点15Km、远月点100Km的椭圆轨道Ⅱ，进入预定的月面着陆准备轨道，并于202

0年12月1日23时11分在月球表面成功实现软着陆，下列说法错误的是（）A．“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上从远月点运动到近月点的过程中，速率一直增大B．“嫦娥五号”为准备着陆实施变轨时，需要通过发动机使其减速C．若已知“嫦

娥五号”在轨道Ⅰ的轨道半径、周期和引力常量，则可求出月球的质量D．若已知”嫦娥五号“在圆轨道Ⅰ上运行速率及引力常量，则可求出月球的平均密度3．如图所示，矩形abcd位于匀强电场中，且所在平面与匀强电场平行，ab＝2bc＝m，e点是ab边的中点，已知a点电势为4V，b点电势为﹣

8V，c点电势为﹣2V，则（）A．d点电势为8VB．电场强度的大小为12V/m，方向垂直ec连线斜向右上方C．一个电子放在e点具有的电势能大小为﹣3.2×10﹣19JD．若将一电子从e点以某一速度沿ec连线射出有可能经过b点物理试题第2页（共8页）4．如图所示，有界匀强磁场的方

向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B＝2T，由均匀导线制成的半径为R＝10cm的圆环，以5m/s的速度匀速进入磁场，已知圆环的速度方向既与磁场垂直又与磁场的左边界垂直。当圆环运动到图示位置（∠aOb＝90°，a、b为圆环与磁场边界的交点）时，a、b两点

的电势差Uab为（）A．VB．VC．VD．V5．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．两电压表可看作是理想电表，当闭合开关，将滑动变阻器的触片由右端向左滑动时，下列说法中正确的是（）A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变亮，V1表的读数变大C．小灯泡L2变亮，V2表的读数不变D．小灯

泡L1变暗，V1表的读数变小6．甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s的速度匀速直线运动，质点乙做初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x随时间t的变化如图所示。已知t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等。下

列判断正确的是（）A．最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反B．t＝3s时，乙的位置坐标为﹣11mC．图t＝6s时，两车相遇D．乙经过原点的速度大小为2m/s7．在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速

度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB＝2BC，如右图所示。下列正确的是（）A．电场力大小为3mgB．小球从A到B与从B到C运动时间相同C．小球从A到B重力做功与从B到C克服电场力做功相等D．小球从A到B与从B到C的速度变化量相等物

理试题第3页（共8页）二．多选题（共5小题，每小题4分，共计20分）8．某同学在实验室进行力学实验，如图所示，物体质量为m，用细绳OC悬在O点。现用同样材料的细绳AB绑住绳OC上的A点，用水平力F缓慢牵引A点，到图中虚线位置某绳刚好先断，相关实验结论符合事

实的是（）A．OA绳承受的力先增大后减小B．若三根绳能承受的最大拉力相同，则OA绳先断C．OA绳和AB绳的合力不变D．AB绳受到的拉力逐渐增大9．如图所示，R1、R2、R3为完全相同的标准电阻，甲、乙两种情况下电阻R2、R3的功率均为P，且匝数之比n

1：n2均为3：1，则（）A．图甲中R1的功率为9PB．图乙中R1的功率为C．图乙中R1的功率为9PD．图甲中R1的功率为10．如图所示为某静电除尘装置的原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区。图中虚线是某一带负电的尘埃（不计重力）仅在电场力作用下向集尘极迁移并沉积的轨迹，A

、B两点是轨迹与电场线的交点。不考虑尘埃在迁移过程中的相互作用和电量变化，则以下说法正确的是（）A．尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度B．A点电势高于B点电势C．尘埃在迁移过程中做匀变速运动D．尘埃在迁移过程中电势能先增大后减小物理试题第4页（共8页）11．如图所示，平行金属导轨与水平面间的

倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B．有一质量为m长为L的导体棒从ab位置以初速度v沿斜面向上运动，最远到达a'b'的位置，滑行的距离为S，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则上滑过程中（）A．

导体棒的加速度先减小后不变B．电阻R上电流做功产生的热量为mv2﹣mgS（sinθ+μcosθ）C．外力对导体棒做的总功为mv2D．导体棒损失的机械能为mv2﹣mgSsinθ12．如图所示，边长为L的正方形虚

线框内充满着垂直于纸面的匀强磁场，虚线AC及其上方的框内磁场方向向里，虚线AC下方的框内磁场方向向外，磁感应强度大小均为B．现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向射入磁场，并分别从B、C两

点离开磁场，设a、b两粒子在磁场中运动的时间分别为t1、t2．则下列说法中正确的是（）A．粒子a一定带正电，粒子b一定带负电B．v1：v2可能等于1：2C．v1：v2一定等于1：1D．t1：t2可能等于3：2物理试题第5页（共8页）三．实验题（共2小题，每空2分，共计16分）13．为了探究物

体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图1所示的实验装置．其中M为带滑轮的小车的质量，m为砂和砂桶的质量，m0为滑轮的质量．力传感器可测出轻绳中的拉力大小．（1）实验时，一定要进行的操作是．A．用天平测出砂和砂桶的质量B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩

擦力C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M．（2）甲同学在实验中得到如图2所示的一条纸带（两

计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器采用的是频率为50Hz的交流电，根据纸带可求出小车的加速度为m/s2（结果保留三位有效数字）．（3）甲同学以力传感器的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出如图3的a﹣F图象是一条直线，图线与横坐标的夹

角为θ，求得图线的斜率为k，则小车的质量为．A．B.﹣m0C．﹣m0D．（4）乙同学根据测量数据做出如图4所示的a﹣F图线，该同学做实验时存在的问题是．14．测定一组干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：物理试题第6页（共8页）（A）待测的干电

池（B）电流表A1（内阻可忽略不计）（C）电流表A2（内阻可忽略不计）（D）定值电阻R0（阻值1000Ω）（E）滑动变阻器R（阻值0﹣20Ω）（F）开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的电

路完成实验。（1）在实验操作过程中，该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，则电流表A1的示数将（选填“变大”或“变小”）。（2）该同学利用测出的实验数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电

流表A2的示数，且I2的数值远远大于I1的数值），如图乙所示，则由图线可得被测电池的电动势E＝V，内阻r＝Ω．（计算结果取两位有效数字）（3）若将图线的纵坐标改为，则图线与纵坐标的交点的物理含义即为电动势的大小。四．计算题（共4小题，共计46分）15（10分）．如

图甲所示，水平放置的平行金属板A、B，两板的中央各有一小孔O1、O2，板间距离为d，开关S接1。当t＝0时，在a、b两端加上如图乙所示的电压，同时在c、d两端加上如图丙所示的电压（U0为已知量）。此时，一质量为m的带负电微粒P恰好静止于两孔连线的

中点处（P、O1、O2在同一竖直线上）。重力加速度为g，不计空气阻力。（1）若在t＝时刻将开关S从1扳到2，当ucd＝2U0时，求微粒P的加速度大小和方向？（2）若在t＝到t＝T之间的某个时刻，把开关S从1扳到2，使微粒P以最

大的动能从A板中的小孔O1射出，问微粒P到达O1的最大动能以及ucd的周期T最小值分别为多少？物理试题第7页（共8页）16（10分）．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1m．整个装置处于

磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m＝1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1Ω，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨且与导轨接触良好。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，sin37°＝

0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2．求：（1）金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；（2）金属棒ab达到最大速度后，电阻R上再产生QR＝1.5J的内能的过程中，ab杆下滑的距离x。17（12分）．如图所示，长木板B质量为m2＝1.0kg，静

止在粗糙的水平地面上，长木板左侧逸域光滑。质量为m3＝1.0kg、可视为质点的物块C放在长木板的最右端。质量m1＝0.5kg的物块A，以速度v0＝9m/s与长木板发生正碰（时间极短），之后B、C发生相对运动。已知物块C与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.

1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C始终在长木板上，g取10m/s2。（1）若A、B相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能。（2）若A、B发生弹性碰撞，求整个过程物块C和长木板的相对位移。物理试题第8页（共8页）18

（14分）．如图，空间区域Ⅰ、Ⅱ有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，Ⅰ区域高度为d，Ⅱ区域的高度足够大．匀强电场方向竖直向上；Ⅰ、Ⅱ区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外．一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动．已知

重力加速度为g．（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；（2）若带电小球能进入区域Ⅱ，则h应满足什么条件？（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h．物理答案第1页（共8页）高二物理

假期回顾性测试参考答案与试题解析一．单选题（共7小题）1．【解答】解：由于点电荷Q带正电，根据图乙可知带电小球带负电。AB、甲图中要使粒子能做匀速圆周运动，则洛伦兹力与重力的合力应能充当向心力，所以洛伦兹力

的方向垂直于磁感线向上；根据左手定则可得小球逆时针转动（由上向下看）则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，故A正确，B错误；CD、Q带正电，则负电荷在图示位置各点受到的电场力指向Q，则电场力与重力的合力可能充当向心力，与小球转动方向无关，故CD错误。故选：

A。2．【解答】解：A、“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上做椭圆运动，由开普勒第二定律知近月点速度大于远月点的速度，故从远月点运动到近月点的过程中，速率一直增大，故A正确；B、“嫦娥五号”为准备着陆实施变轨时，需要减小所需要的向心力，可通过发动机使其减速实

现，故B正确；C、若已知“嫦娥五号”在轨道Ⅰ的轨道半径、周期和引力常量，根据万有引力提供向心力得G＝mr，可以解出月球的质量M＝，故C正确。D、若已知”嫦娥五号“在圆轨道Ⅰ上运行速率及引力常量，由G＝

m，得M＝，由于不知道卫星的轨道半径，所以不能求出月球的质量M，月球的半径不知道，也不能求月球的平均密度。故D错误。本题选错误的，故选：D3．【解答】解：A、因为是匀强电场，ab之间电势差为12V，所以dc之间电势差也为12V，所以d点的电势为12﹣2V＝10V，故

A错误；BC、如图所示，e为中点，电势为﹣2V，c点电势也为﹣2V，则Ep＝qφ＝﹣1.60×10﹣19×（﹣2）J＝3.2×10﹣19J，故连接ec为等势线，过b点向ec作垂线，则有E＝＝V/m＝12V/m，电场线

由高电势指向低电势，方向垂直ec连线斜向右上方，故B正确，C错误；D、因为ec连线为等势线，沿ec连线射出，该电子受到的电场力方向垂直ec向下，故不可能经过b点，D错误；故选：B。物理答案第2页（共8页）4．【解答

】解：当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为L＝R，其中R＝10cm＝0.1m线框产生的感应电动势为：E＝BLv＝BRv＝V＝；根据右手定则可得a为高电势，且a、b两点间电势差绝对值为路端电压，由欧姆定律得a、b两点的电势差为：Uab＝E＝，故ABC错误、D正

确。故选：D。5．【解答】解：由图知：变阻器与灯泡L1并联，再与灯泡L2串联。V1表测量路端电压，V2表测量灯泡L2的电压。将滑动变阻器的触片由左端向左滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，变阻器与灯泡L1

并联的电阻变小，外电路总电阻减小，路端电压减小，V1表的读数变小。由闭合电路欧姆定律可知，流过电源的电流增大，灯泡L2变亮，电压表V2读数变大。灯泡L1的电压U1＝E﹣I（r+RL2）减小，灯泡L1变暗。故ABC错误，D正确。故选：D。6．【解答】解：

A、根据位移时间图象的斜率等于速度，斜率的符号表示速度方向，知最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相同，故A错误；B、质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，t＝3s时，甲、乙图线的斜率相等，所以，t＝3s时乙的速度是6m/s，乙的加速度a＝

＝＝2m/s2，0﹣3s，质点乙通过的位移△x＝t＝×3＝9m，所以t＝3s时，乙的位置坐标为x乙＝x0乙+△x＝﹣20m+9m＝﹣11m，故B正确；C、t＝6s时，甲的位置坐标为x甲＝x0甲+vt＝20m+6×3m＝38

m，乙的位置坐标为x乙＝x0乙+＝﹣20m+m＝﹣11m，知t＝6s时，两车没有相遇，故C错误；D、根据v2﹣0＝2ax，x＝20m，得乙经过原点时的速度大小v＝4m/s，故D错误；故选：B。7．【解答】解：

ABD、设带电小球在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2．在电场中的加速度为a。小球做平抛运动过程，有：x1＝v0t1；进入电场做匀变速曲线运动的过程，有：x2＝v0t2；由题意有：x1＝2x2

；则得：t1＝2t2。又y1＝gt12，物理答案第3页（共8页）将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y2＝at22，根据几何知识有：y1：y2＝x1：x2；解得：a＝2g；根据牛顿第二定律得

：F﹣mg＝ma＝2mg，解得：F＝3mg，即电场力为3mg。根据速度变化量△v＝at，则得：平抛运动过程速度变化量大小为△v1＝gt1＝2gt2，方向竖直向下，电场中运动过程速度变化量大小为△v2＝at2＝2gt2，方向竖直向上，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，方

向相反，则速度变化量不相等，故A正确，BD错误；C、由上分析：小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，结合动能定理，可知，小球从A到B与从B到C的过程中，合力做功绝对值相等，那么小球从A到B重力做功小于从B到C克服电场力做功的值，故C错

误。故选：A。二．多选题（共5小题）8．【解答】解：A、物体缓慢移动时，可视为平衡状态，对结点A受力分析如图，根据力的合成规律可知，OA绳偏离竖直方向的夹角θ增大，OA绳承受的力T＝也增大，故A错误；B、如图所示，在力所形成的直角三角形中，O

A绳的力T是直角三角形的斜边，力最大，先达到最大值，先断，故B正确；C、根据平衡条件可知，两绳合力不变，大小等于物体重力，方向竖直向上，故C正确；D、θ增大时，AB绳受到的拉力F＝Gtanθ也增大，故D正确。故选：BCD。9．【解答】解：AD、设R2两端电压为U，根据

电压与匝数成正比，得线圈n1两端的电压为3U，根据，R1两端的电压是R2两端电压的3倍，R2的功率为：P＝，R1的功率为：，故A正确，D错误；BC、R2、R3是完全相同的电阻，功率均为P，由知，副线圈电流为I，副线圈电压均为U，根据电压与匝数成正比，有原

线圈两端电压为3U，根据输入功率等于输出功率，有：3UI1＝2UI，解得：，R1的功率为：，故B正确，C错误；物理答案第4页（共8页）故选：AB。10．【解答】解：A、由图可知，A点电场线比B点密集，因此A点的场强大于B点场强，故尘埃在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，根据牛顿第二定律可知，

尘埃在A点的加速度大于在B点的加速度，故A正确；B、由图可知，作过的等势线，交A所在电场线于B'，则可知，B'点靠近正极板，故B点的电势高于A点电势，故B错误；C、放电极与集尘极间建立非匀强电场，尘埃所受的电场力是变化的。

故粒子不可能做匀变速运动，故C错误；D、由图可知，开始为钝角，电场力做负功，电势能增大；后来变为锐角，电场力做正功，电势能减小，则电势能先增大后减小，故D正确。故选：AD。11．【解答】解：A、根据左手定则可得安培力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得

mgsinθ+BIL＝ma．所以a＝gsinθ+，导体棒开始运动时速度最大，所受的安培力最大，向上运动过程中速度逐渐减小，加速度逐渐减小，故A错误。B、根据能量守恒可知，上滑过程中导体棒的动能减小，转化为焦耳热、摩擦生热和重力势能，则电流做功发出

的热量为Q＝mv2﹣mgS（sinθ+μcosθ）。根据热量的分配关系可得电阻R上电流做功产生的热量为QR＝＝mv2﹣mgS（sinθ+μcosθ），故B正确。C、导体棒上滑的过程中，根据动能定理得外力做

的总功为W＝0﹣mv2＝﹣mv2，故C错误。D、上滑的过程中导体棒的动能减小mv2，重力势能增加mgSsinθ，所以导体棒损失的机械能为mv2﹣mgSsinθ．故D正确。故选：BD。12．【解答】解：A、做出粒子的可能的运动轨迹，结合左手定则可知

：粒子a带正电，粒子b带负电，选项A正确；BC、由题图可知，结合几何关系可知：r1＝L，r2＝L，（其中n＝1、2、3、……），物理答案第5页（共8页）根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m解得：v＝，所以：v1：v2＝r1：r2＝n：2，故B正确，C错误；D、粒子在磁场中

做圆周运动的周期：T＝＝，t1＝，t2＝n•（其中n＝1、2、3、……），所以：t1：t2＝3：2n，（其中n＝1、2、3、……），可知若n＝1时，t1：t2＝3：2，故D正确；故选：ABD。三．实验题（共2小题）13．【解答】解：（1）

A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A、D错误．B、实验时需将长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确．C、实验时，小车应靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，需记录传感器的示数，故C正确．故选：BC．（2）根据△

x＝aT2，运用逐差法得，a＝＝m/s2＝2.00m/s2．（3）由牛顿第二定律得：2F＝ma，则a＝，a﹣F图象的斜率：k＝，则小车的质量m′＝m﹣m0＝﹣m0，故C正确．（4）当F不等于零，加速度a仍然为零，可知实验中没有平

衡摩擦力或平衡摩擦力不够．故答案为：（1）BC，（2）2.00，（3）C，（4）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够．14．【解答】解：（1）该同学将滑动变阻器的滑片P向左滑动，滑动变阻器的有效阻值增大，则回路中的总电阻增大，故总电流减小，外电压增大，故流过R0的电流增大，

则A1示数增大；（2）根据闭合电路的欧姆定律得：E＝I1R0+I2r变形得：，则图线的斜率为：，解得：r＝1.0Ω，物理答案第6页（共8页）纵截距为：，解得：E＝3.0V；路端电压为U＝I1R0，代入E＝I1R0+I2r，得E＝U+I2r，即将图线的纵坐标改为I1R0时，图线与纵坐标

的交点的物理含义即为电动势的大小。故答案为：（1）变大（2）3.01.0（3）I1R0四．计算题（共4小题）15．【解答】解：（1）微粒P恰好静止，根据平衡条件有：q＝mg，解得q＝；当cd间电压变为2U0时，根据牛顿第二定律可知：q﹣mg＝ma解得a＝g，加速度

的方向竖直向上；（2）由题意可知，为使微粒P以最大的动能从小孔O1射出，应当使微粒P能从O2处无初速度向上一直做匀加速运动。因此，微粒P应先自由下落一段时间，然后加上电压2U0，使微粒P接着以大小为g的加速度向下减速到O2处，再向

上一直加速到O1孔射出；由动能定理可知，微粒P从B板中的小孔O2加速到A板中的小孔O1射出过程中，2qU0＝Ekm﹣0解得，微粒P到达O1的最大动能为2qU0；设向下加速和向下减速的时间分别为t1和t2，则gt1＝gt2，＝+解得：t1＝t2＝设电压Ucd的最小周期为T0，向上加速过程

，有：d＝解得：T0＝616．【解答】解：（1）金属棒由静止释放后，在重力、轨道支持力和安培力作用下沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时达到最大速度vm后保持匀速运动。有：mgsinθ＝F+f又F＝BILf＝μmgcosθI＝E＝BLvm联立解得：vm

＝2m/s物理答案第7页（共8页）（2）R上产生的热量为：QR＝I2Rt＝1.5Jr上产生的热量为：Qr＝I2rt因为R＝3Ω，r＝1Ω，得：Qr＝0.5J。ab杆下滑过程中系统能量守恒得：mgxsinθ＝QR+Qr+μmgcosθ•x解得：x＝1m17.【解答】

解：（1）若A、B相撞后粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝（m1+m2）v由能量守恒定律得解得损失的机械能代入数据解得：△E＝13.5J（2）A、B发生完全弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得：由机械能守恒定律得：联立解得：，之后B减速运动，C加速运动

，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对长木板：﹣μ2（m2+m3）g﹣μ1m3g＝m2a1对物块C：μ1m3g＝m3a2设达到共同速度过程经历的时间为t，v2+a1t＝a2t这一过程的相对位移为：代入数据

解得：△x1＝3mB、C达到共同速度之后，因μ1＜μ2，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律，对长木板：﹣μ2（m2+m3）g+μ1m3g＝m2a3对物块C：﹣μ1m3g＝m3a4这一过程的相对位移为：代入数据解得：△x2＝m整个过程物块与木板的相对位移为：△x＝△

x1﹣△x2＝m＝2.67m物理答案第8页（共8页）18．【解答】解：（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电．由qE＝mg…①，解得：…②

；（2）假设下落高度为h0时，带电小球在Ⅰ区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图（a）所示，由几何知识可知，小球的轨道半径：R＝d…③，带电小球在进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2…④，带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半

径为R，由牛顿第二定律得：qvB＝m…⑤解得：h0＝，则当h＞h0时，即h＞带电小球能进入Ⅱ区域；（3）由于带电小球在Ⅰ、Ⅱ两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶

点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60°，如图（b）所示．由几何关系知：R＝…⑥联立解得④⑤⑥得：h＝；